De thi thu DH so 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013. TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ. Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3 x  2 (1) . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). x 3  3x  2 log 4 2 (m 2  1) 2. Định m để phương trình: có 4 nghiệm thực phân biệt. Câu II (2,0 điểm) sin 3x  cos 3x cos 2 x  sin x(1  tan x) 2sin 2 x  1 1. Giải phương trình: .  x 4  2 x 3  5 x 2  y 2  6 x  11 0  ( x , y  ) 3 y2  7  6  2 x  x   y2  7 2. Giải hệ phương trình:  .  4. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:. x 2 sin x 1 I  dx 2  1  2 cos x . 4. .. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3 , 0   khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và SAB SCB 90 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC). Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: b b c c a a P   2a  b  c 2b  c  a 2c  a  b PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) x2 y 2 (E) :  1 9 4 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip . Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2)   và mặt phẳng (P) có phương trình: x – 6y + z + 18 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho tích MA.MB nhỏ nhất. z 2  ( z )2 4 2 z  i  z  z  2i Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: và . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có phương x 1 y 3 z   2  1 . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất. trình: 2 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình:. log32 x 3 3 2  3log 2 x  2. .. ----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………………; Số báo danh:………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu 1: 1, Cho hàm số y  x  3x  2 (1) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ:  y ' 3 x 2  3; y ' 0  3 x 2  3 0  x 1; y(1) 0, y(  1) 4 3.   1; 1    ;  1  ;  1;    Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng Hàm số nghịch biến trên khoảng. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 4 lim y   ; lim y  x   Giới hạn: x    Bảng biến thiên:. x  + y’. 1 0 4. 1 0. . + +. y . . 4. +. 2. y 0. . x (2; 0), y’’= 6x; y’’= 0  x = 0, y(0) = 2  đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng  và đi qua các điểm 2 0 1 2 1 (2; 4) Đồ thị: x 3  3 x  2 log 4 2 ( m2  1) Câu 1: 2. Định m để phương trình: có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương trình (d ) : y log 4 2 (m 2  1) (C ') : y  x3  3 x  2 đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa và , với (C’) được suy ra từ (C) như sau: Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi: 0  log 4 2 (m 2  1)  4  m  1  0  m 1   m 0  1  m2 1  2 sin 3x  cos 3 x cos 2 x  sin x(1  tan x) 2sin 2 x  1 Câu 2: 1. Giải phương trình: . 1  sin 2 x  2 (*)   Đk cos x 0 . Với đk (*) phương trình đã cho tương đương:. y. . 2. . 4 2. 2. . 1. . 0. . 1. 2. 3sin x  4sin 3 x  4 cos3 x  3cos x cos 2 x  sin(1  tan x) (1)  sin x  cos x 0 2sin 2 x  1  sin x (sin x  cos x)(2sin 2 x  1) sin x(sin x  cos x)   cos x  sin x  1  (2)  cos 2 x  sin 2 x   cos x  2sin 2 x  1 cos x  (1)  tan x  1  x   k , k   4   x   k  cos x  sin x 0  tan x 1 (2)  (cos x  sin x)(1  cos x) 0     ( k  ) 4  1  cos x 0  cos x  1  x   k 2   x   k , x   k 2 , k   4 So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là:. x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 4  2 x 3  5 x 2  y 2  6 x  11 0  ( x , y  ) 3 y2  7  6  2 x  x   y2  7 Câu 2: 2. Giải hệ phương trình:  . 2 2 2 ( x  x  3)  y  7 13  2 ( x  x  3) y 2  7  6 y  7   Đk . Khi đó hệ đã cho tương đương với: u 2  v 2 13  2 2 uv  6 u  x  x  3; v  y  7, v  0 Đặt: . Khi đó hệ phương trình trở thành:  (u  v )2  2uv 13 (u  v ) 2 1 u  v 1 u  2 u  3       uv  6 v 3 v 2 uv  6 uv  6  x 2  x  3  2  x 2  x  3  3 ,   2 2 y  7  3  y  7 2 , ta được nghiệm của hệ đã cho là: Giải các hệ phương trình:    1 5    1 5  0;  11 ,  1;  11 ,  ; 4  ,  ;  4  2 2    . .  . .  4. Câu 3: Tính tích phân. x 2 sin x  1 I  dx 2  1  2 cos x . 4.  4. Xét:.  0. 4 x 2 sin x x 2 sin x x 2 sin x I1   dx  dx  dx 2 2  1  2 cos2 x  1  2 cos x  1  2 cos x 0 . . 4. 4. Đặt x  t  dx  dt . Đổi cận: 0. x . 0.    t  ; x 0  t 0 4 4  4. .  4. 4. 2. 2.  4. x sin x t sin(  t ) t sin t x 2 sin x I1   dx  d (  t )  dt  dx 2 2    1  2 cos 2 t 1  2 cos 2 x  1  2cos x  1  2 cos (  t ) 0 0. Khi đó: Suy ra I1 0. 2. = I1 + I2. 4.  4. 1 1 1 I2   dx   . dx 2 2 1 1 cos x  1  2 cos x  t tan x  dt  2 dx 2   2 4 4 cos x cos x . Đặt 1 1   dt x   t  1; x   t 1  I 2   2 3  t 4 4  1 Đổi cận: 2. Lại đặt t  3 tan u  dt  3(1  tan u ) du . Đổi cận:  6.  I2   .  6. t  1  u .   ; t 1  u  6 6. . 3 3 6  3 du  u  3 3  9 6. . Vậy. I  I1  I 2 =.  3 9. Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3 , khoảng cách từ 0   A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 3 và SAB SCB 90 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC)..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có: SH  ( ABC )    HA  AB + SA  AB (gt)  . Tương tự HC  BC. S. K. Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông + Có: AH / / BC  ( SBC )  AH / / ( SBC )  d [ A, (SBC )] d [ H , ( SBC )] a 2 HK  SC + Dựng tại K BC  HC    BC  ( SHC )  BC  HK (2) BC  SH . H. (1).. C. Do A. B. HK  ( SBC ) .. d [ H , ( SBC )] HK a 2 Từ đó HK SH HK .HC a 2.a 3  tan SCH    SH   a 6 2 2 2 2  KC  HC  HK  3a  2a a KC HC KC a 1 1 1 a3 6 V  S ABC .SH  AB.BC.SH  a 3.a 3.a 6  3 6 6 2 Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi: 0  + Góc giữa SB với mp(ABC) là góc SBH 45 (do SHB vuông cân) (1). và. (2). suy. ra. Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. b b c c a a P   2a  b  c 2b  c  a 2c  a  b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: b b c c a a   a 3 b 3 c 3 Từ giả thiết ta có Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có: b b b b a 3 b 3 3b 3   3  64 4 2 a  3 2 a  3 16 P. c c c c b 3 c 3 3c a a a a c 3 a 3 3a   3 3    3 3  64 4 64 4 2 c  3 2 c  3 16 Tương tự 2 b  3 2 b  3 16 Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được: b b c c a a a b c 9 3 3     ( a  b  c)  P  16 4 2 Đẳng thức chỉ xảy ra khi a b c 1 a 3 b 3 c 3 x2 y 2  1 9 4 Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip . Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3.  vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0. Phương trình hoành độ giao điểm của  và (E): 4x2 + (x + m)2 = 36  5x2 + 2mx + m2  36 = 0 (1) Đường thẳng  cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 phân biệt   = 720 – 16m2 > 0   3 5  m  3 5 (2) (E) :. AB  ( x2  x2 ) 2  ( y2  y1 )2  1 SOAB  AB.d (O,  ) 3 2 . 10 10 x1  x2  . 720  16m 2 3 15. d (O,  ) . m 10. 3 10 16m 4  720m 2  8100 0  m  2 (thỏa điều kiện (2)) 3 10 x  3y  0 2 Vậy phương trình đường thẳng :.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 6a:2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) và đường thẳng (d) có x 3 y  2 z 3     1 2 . Tìm điểm M trên (d) sao cho tích MA.MB nhỏ nhất. phương trình: 4 Ta có trung điểm của AB là I(2; 3; 0)           MA.MB  MI  IA MI  IB  MI  IA MI  IA MI 2  IA2 MI 2  9  Suy ra MA.MB nhỏ nhất khi và chỉkhi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d). M  d  M ( 3  4t; 2  t;  3  2t )  IM (  5  4t; 5  t ;  3  2t )      u  (4; 1; 2) IM  u  IM .u 0  4( 5  4t )  5  t  2(  3  2t ) 0  t 1 (d) có vectơ chỉ phương   M (1; 3;  1), MI  38 . Vậy MA.MB min 29 đạt được khi M (1; 3;  1). . .  . . . . . 2 z  i  z  z  2i. Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn Giả sử z  x  yi ( x, y  ) . Từ giả thiết ta có:. và. z 2  ( z )2 4.  x2  x  4 y 0  y  0  x  ( y  1)i  ( y  1)i  x 2  ( y  1)2 ( y  1) 2   4    xy  1 3 2 2     ( x  yi )  ( x  yi ) 4  xy 1  x 4 2.  x 3 4  3  3 2 2 3 y  z  4  i   2 . Vậy 2 Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.  x  2  5t BM :  (t  ) y  5  9 t  Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của B, M  BM . B   2  5b;  5  9b  , M   2  5m;  5  9m . C  10m  6;18m  11 M là trung điểm BC    AH  (12;  8), BC  (10 m  5 b  4;18 m  9 b  6), BH (16  5b;  2  9b), Ta  có:   AC (10m  8;18m  12) AH .BC 0  12(10m  5b  4)  8(18m  9b  6) 0  b 2m  BH . AC 0  (16  5b)(10m  8)  ( 2  9b)(18m  12) 0 (2). (1). 1 26 106m 2  105m  26 0  m  ; m  2 53 Thế (1) vào (2), ta được :  154 203   58 115  1 26 52 B ; ; m  , b 1 m  ,b   ,C    2 53 53 ta được  53 53   53 53  Với ta được B(3;4), C(-1;-2) Với Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có x 1 y 3 z   2  1 . Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất phương trình: 2 2 2 2 2 2 M (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; t) MA  (2  2t )  (1  2t )  t  9t 12t  5  (3t  2)  1. MB  4t 2  (1  2t )2  ( t  5)2  9t 2  6t  26  (3t  1)2  25   Trong mpOxy xét các vectơ u (3t  2; 1), v (  3t 1; 5)     | u  v |3 5 ; | u | (3t  2) 2 1; | v | (  3t 1) 2  25 Có:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>     | u  v |  | u |  | v | 3 5  (3t  2) 2  1  ( 3t  1) 2  25 Ta luôn có bất đẳng thức đúng: 3t  2 1 1    t    MA  MB 3 5 . Đẳng thức chỉ xảy ra khi u và v cùng hướng  3t  1 5 2 1  M  0; 2;  2 Vậy ( MA  MB) min 3 5 đạt được khi  log32 x 3 3 2  3log 2 x  2 Câu 7b: Giải phương trình: 3 3 Với điều kiện x > 0, ta đặt u log 2 x và v  2  3u  v  2 3u u 3  2 3v u 3  2 3v  3 3   3 v  2 3u u  v 3(v  u )     Ta có hệ: 2. u 3  2 3v  2 2 (u  v)(u  uv  v  3) 0 (*). 1  3  u 2  uv  v 2  3  u  v   v 2  3  0, u , v   2  4  Do nên: 3 u  2 3v v u  u v  1 (*)    3   u v 2 u  v 0 u  3u  2 0 1 u  1  log 2 x  1  x  2 Với Với u 2  log 2 x 2  x 4. hay.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>